湖北省襄阳市2025届高三上学期1月联考数学试题（解析版）

第1页/共1页襄阳市优质高中2025届高三联考试题数学命题人：覃凌霄学校：宜城一中审题人：陈新学校：老河口一中审题人：包晏东学校：曾都一中考试时间：2025年1月22日下午14：30—16：30试卷满分：150分注意事项：答卷前，考生务必将姓名、准考证号等在答题卷上填写清楚．选择题答案用2B铅笔在答题卷上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，答在试题卷上无效．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先对等式进行变形，将用已知式子表示出来，然后化简式子得到的最简形式，最后从最简形式中找出虚部.【详解】已知，那么.化简的表达式即：因为，所以：在中，虚部为.故选：D.2.已知x∈R，则“”是“”的（）条件A.充要 B.充分不必要 C.必要不充分 D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】先求解分式不等式，再结合充要条件定义判断即可.【详解】解不等式，得，由，可得，所以“”是“”的充要条件.故选：A.3.已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】由题意，根据等差、等比数列的通项公式计算可得、，即可求解.【详解】设等差数列的公差为；等比数列的公比为.由，得，即，所以；由，得，即，所以，所以.故选：B4.已知，则（）A. B.5 C. D.7【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，先运用二倍角公式，可得，再结合正切函数的两角差公式，即可求解．【详解】因为，所以且，所以﹔又，所以.故选：D5.某学校在一次调查“篮球迷”的活动中，获得了如下数据，以下结论最准确的是（）男生女生篮球迷9020非篮球迷60300.100.050.010.0052.7063.8416.6357.789附：A.有99.5%的把握认为是否是篮球迷与性别有关B.有99%的把握认为是否是篮球迷与性别有关C.在犯错误的概率不超过0.1的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关D.在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关【答案】D【解析】【分析】根据所给数据完善列联表，计算出卡方，即可判断.【详解】依题意可得列联表如下：

男生女生合计篮球迷9020110非篮球迷603090合计15050200所以，所以没有99%的把握认为是否是篮球迷与性别有关，进而没有99.5%的把握认为是否是篮球迷与性别有关，A,B选项错误；又，最准确的是在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关，D选项正确.故选：D.6.已知平面向量与满足：在方向上的投影向量为在方向上的投影向量为，且，则（）A.2 B.3 C. D.4【答案】C【解析】【分析】根据投影向量的定义，即可求解.【详解】在方向上的投影向量为，即，①在方向上的投影向量为，即，②由①②得，又，所以.故选：C7.已知直线与相交于点，点是圆上的一个动点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先求出两直线交点的轨迹方程，然后根据圆的性质，计算圆心到轨迹上点的距离，进而得出的最大值.【详解】对于直线，可变形为.令，解得，所以直线恒过定点.对于直线，可变形为.令，解得，所以直线恒过定点.直线的斜率（，时垂直于轴），直线的斜率.因为，所以，那么点的轨迹是以为直径的圆.中点坐标为，即，，则点轨迹圆的半径.圆，其圆心，半径.圆心到点轨迹圆圆心的距离.最大值为圆心距加上两个圆的半径，即.故选：C.8.已知函数是定义域为的偶函数，且，当时，，则（）A. B. C.254 D.2025【答案】B【解析】【分析】首先根据函数的奇偶性和所给等式推出函数的周期，再结合已知区间的函数表达式求出一个周期内函数值的和，最后利用周期计算所给式子的和.【详解】由是偶函数推出的性质，因为是定义域为的偶函数，所以，即，对于任意都成立，那么.用代替，可得，即.又因为，则关于直线对称，所以.由和可得，再用代替，得到，即，而，所以，进而，所以函数的周期是.已知当时，...因为图象关于直线对称，所以，...，，.则.因为，其中是余数.所以.，故选：B.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格．某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩X与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】运用正态分布的概念，概率性质，逐个分析判断即可.【详解】对于正态分布，方差，则.已知，这里，那么，而不是，所以选项A错误.对于正态分布，期望.已知，这里，所以，选项B正确.因为正态分布，则，.根据正态分布的性质，，，，即，那么，选项C正确.对于，；对于，.对应的，对应的.根据正态分布的性质，值越大，对应的概率越大，因，所以，选项D正确.故选：BCD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.有最小值B.当时，的图象在点处的切线方程是C.当时，函数有2个零点D.若，则【答案】AD【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，即可判断A，利用导数的几何意义，即可判断B，根据函数的单调性和最值，讨论，即可判断C，构造函数，利用导数判断函数在区间的单调性，可得在区间恒成立，再根据函数的单调性和最值，即可判断D.【详解】，得，当时，f′x<0，单调递减，当时，f′x>0所以函数的最小值为，故A正确；当时，，，所以函数的图象在点1,f1处的切线方程为，即，故B错误；由A可知，函数的最小值为，当时，，此时函数没有零点，故C错误；设，则，当时，x>−2−x⇒ex>e−2−x，所以，F所以时，，即，，若，，不妨设，即，，且由A可知，在区间单调递增，所以，即，故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：本题的关键是D选项，属于极值点偏移问题，问题的关键是构造函数，结合导数判断函数的单调性.11.已知曲线上的点满足：到定点的距离与到定直线的距离之和为，则下列说法正确的是（）A.恰好经过个整点（横、纵坐标均为整数的点）B.当点在上时，C.上的点到直线的距离的最大值为D.上的点与点的距离的取值范围为【答案】ABC【解析】【分析】由两点间距离公式得到分段函数的解析式，再作图象，由解析式中的范围可得B错误；由的取值范围代入表达式可得A正确；由点到直线的距离公式可得C正确；由曲线C的性质可得D正确.【详解】设曲线上的点到定点F0,1的距离与到定直线的距离之和为，则，即，整理或，画出曲线的图象如下图所示：对于B选项，当即；当即，故B正确；对于A选项，由B可得可取、、、，当时，或，无整点；当时，或，整点为、2,1；当时，或，无整点；当时，或，整点为、0,4.所以共有个整点，故A正确；对于C选项，作直线的平行线，当平行线过点，两平行线间距离最大，即，故C正确；对于D选项，上的点到定直线的距离范围为，则上的点与点的距离的取值范围为，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题的关键是由两点间距离公式推导出函数的表达式，再根据的取值范围去掉绝对值符号，得到分段函数.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知分别为双曲线的左，右焦点，点在双曲线上，，则双曲线的离心率为______．【答案】2【解析】【分析】由得，根据双曲线的定义得，结合离心率的概念即可求解.【详解】由，，得，又，所以.故答案为：213.已知展开式中所有偶数项的二项式系数和为32，现将展开式中的各项重新排列，则有理项互不相邻的概率为______．【答案】【解析】【分析】利用二项式系数的性质求出，再求出展开式的有理项项数，利用不相邻的排列问题求解即得.【详解】依题意，，解得，因此二项式的展开式共7项，展开式的通项为，当时，是有理项，则展开式的有理项共4项，所以将展开式中的各项重新排列，其中有理项互不相邻的概率.故答案为：14.如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动，设，若，则四面体体积的最大值为______．【答案】4【解析】【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，点的位置，再利用锥体的体积公式计算即可求解.【详解】如图：因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以.又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆，作于，则是三棱锥的高.所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大.此时点应该与或重合，为正方形的中心.当点与重合，为正方形的中心时，如图：此时，，所以；当点与重合，为正方形的中心时，如图：此时，，.综上可知，当四面体的体积的最大值为4.故答案为：4【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，分别是的中点．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意，根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.【小问1详解】连接，因为四边形是菱形，所以，又因为，所以是正三角形，因为为的中点，则，又平面平面，平面平面平面，所以平面平面，所以，又因为，，所以又，平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】连接，因为，所以，则两两垂直，如图，建立空间直角坐标系．因为，所以，又因为，所以，则，，，，设平面的法向量为，则有，可取，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值．16.在中，内角所对的边分别为，且．（1）若，求；（2）若是锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，根据正弦定理计算即可求解；（2）根据余弦定理可得，则，进而，求得，结合两角和的正弦公式和二倍角公式计算即可求解.【小问1详解】，由正弦定理得，又，所以，得．又，所以；【小问2详解】，由余弦定理得所以或，当时，，解得，则，与已知矛盾，故，所以，因为为锐角三角形，所以，即，解得，由于在上单调递减，故，所以，．所以的取值范围为．17.已知椭圆的焦点在轴上，焦距为4，点在椭圆上，过点的直线交椭圆于两点．（1）求椭圆标准方程；（2）若直线与坐标轴不垂直，在轴上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在点【解析】【分析】（1）先确定的值，再根据点在椭圆上和的关系，可求的值，确定椭圆的方程.（2）先设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理，得到与，再设，利用可化简求出的值，得到点坐标.【小问1详解】设椭圆E的标准方程为（），由，则，得，所以椭圆的标准方程为.小问2详解】假设存在点满足条件，设直线的方程为，设Ax1,如图：联立，得，易知，则，，由，则，即，即，即整理得则整理得，解得，所以存在点，使得．18.设函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）已知函数有两个极值点，求的取值范围；（3）若函数在区间上存在唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）单调减区间为的单调增区间为（2）（3）【解析】【分析】（1）利用导数可得答案；（2）转化为在上有两个不同的实数根，令，求出ℎx在上的单调性可得答案；（3）求出，令，分、讨论函数的单调性可得答案.【小问1详解】由函数，可得，，当x∈−1,1时，在−1,1上单调递减；当x∈1,+∞时，在1,+故函数的单调减区间为的单调增区间为1,+∞；【小问2详解】因为函数有两个极值点，所以在上有两个不同的变号零点，即在上有两个不同的实数根．，令，开口向下，对称轴为，ℎx在上单调递增，上单调递减，，所以；【小问3详解】由函数，可得，令，当时，gx>0，即在区间0,1上单调递增．因为，所以，所以函数区间0,1上没有零点，不符合题意；当时，函数的图象开口向上，且对称轴为直线，由，解得，当时，gx<0在区间0,1即在区间0,1上单调递减．因为，所以，所以函数在区间0,1上没有零点，不符合题意．综上可得，，设使得gx0当x∈0,x0当时，单调递增，因为，要使得函数在区间0,1上存在唯一零点，则满足，解得，所以实数的取值范围为．【点睛】思路点睛：第三问函数在区间0,1上存在唯一零点，需要结合